高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律6第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标能力提升新人教版

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高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

簧的弹力 mgsin θ 和重力作用,根据力的合成特点可以知道此二力的
合力为 mgcos θ,故其瞬时加速度为 3g;而对 B 受力分析可以知道,完全失A.重12g瞬、间g ,B 受B到.g弹、簧12g的作用总C.和232g细、线0上的D上. 23弹g、力g相等(此二力的合力为 0),则此时 B 的合力就是其重力,所以 B 的瞬时加速度为 g,所关闭以D D 正确。
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命题点一命题点二命题点三命题点四
即学即练
3.(2017·天津一中月考)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹
簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻关闭细杆线,B被、烧C间断由的一瞬轻间质,以细A线、连B接整。体倾为角研为究θ对的象光,滑弹斜簧面弹固力定不在变地,细面线上拉, 力定组弹烧突律成簧断变得的、的为系m轻瞬统 g0杆间s,i为合n,与下θ研力细=列究 m不线说a对为,均解法象平0得正,,加烧行确a速断 =于的g度细斜s是in不线面(θ为前,,初方,0始A向),故、系向BA统下、错处,C故误于静B;静对止错止球,误处状C;于以态,由平,A细牛衡、线顿状B被第、态二C,
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、两类动力学问题
1.已知物体的受力情况,求物体的运动情况。 2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况。
知识梳理考点自诊
必备知识
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三、力学单位制
1.单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共七个,其中力学

高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必

2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦,以下说法中正确的是错误!（ D )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。

水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。

2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。

高考物理新增分大一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题(含解析)

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．自测1静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间( )A．物体立刻获得加速度，但速度仍等于零B．物体立刻获得速度，但加速度为零C．物体立刻获得加速度，同时也获得速度D．物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得答案 A解析物体静止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬间，根据牛顿第二定律：加速度大小与合力大小成正比．加速度与合力是瞬时关系，可知物体立刻产生加速度，而物体由于惯性，此瞬间还保持原来的状态，速度为零，故A正确．二、力学单位制1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位．基本物理量共七个(长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量)，其中力学有三个，分别是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．自测2下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位( )A．米、牛顿、千克B．千克、厘米、秒C．米、千克、安培D．米/秒2、千克、牛顿答案 C三、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma )求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． 2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况(F 合)F 合＝ma 加速度a 运动学公式运动情况(v 、x 、t )自测3 (多选)(2017·徐州市质检)如图1所示，质量为m ＝1kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )图1A ．物体经10s 速度减为零B ．物体经2s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动答案 BC解析物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ＝3N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F f m ＝2＋31m/s 2＝5m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2s ，B 正确，A 错误；减速到零后，恒力F <F f ，即F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．命题点一牛顿第二定律的理解和应用类型1 对矢量性的理解例1 (2017·苏州大学附中调研)2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠．如图2，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图2A ．运动员的加速度大小为g sin θB ．球拍对球的作用力大小为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为(M ＋m )g cos θD ．运动员对地面的作用力方向竖直向下答案 C解析球和运动员具有相同的加速度，对球分析，球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得，a ＝g tan θ，故A 错误．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力F N ＝mgcos θ，故B 错误．对球拍和球整体分析，整体所受合力为(M ＋m )a ，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θ，故C 正确．运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D 错误．变式1 (多选)(2018·苏锡常镇一调)高空滑索是勇敢者的运动．如图3所示，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A 位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B 位置时轻绳竖直向下．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．在A 位置时，人的加速度可能为零B ．在A 位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C ．在B 位置时，人的加速度为零D ．在B 位置时，人所受合外力沿钢索方向向下答案 BC解析在A 位置时，人受到重力和轻绳的拉力，合力沿钢索方向向下，不为零，则加速度不可能为零，拉力F T＝mg cos θ(θ为轻绳与竖直方向的夹角)，F T<mg，故A错误，B正确；在B位置时，细绳的拉力竖直，不可能产生沿运动方向的加速度，所以人做匀速运动，a＝0，合外力为0，故C正确，D错误．类型2 瞬时性问题1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒根据牛顿第二定律列方程⇒求瞬时加速度例2两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图4所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则(不计空气阻力)( )图4A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0答案 A解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后瞬间小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确．思考在上题中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则上题选项中正确的是( )图5答案 D解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．变式2(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某同学做了一个力学实验，如图6所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，处于静止状态，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是(不计空气阻力)( )图6A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零答案AC解析细绳未剪断时，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误．命题点二动力学两类问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．例3(2018·无锡市高三期末)如图7，一个质量为m＝2kg的小物块静置于足够长的固定斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F＝25 N的恒力，3 s后将F撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g＝10 m/s2.求：图7(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；(3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示)答案(1)5N (2)37.5m (3)(5＋30) s解析(1)由运动学规律：v1＝a1t1，解得a1＝5 m/s2由牛顿第二定律：F－F f－mg sin θ＝ma1 ，解得F f＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑，由牛顿第二定律得：F f＋mg sin θ＝ma2，得a2＝7.5 m/s2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m 撤力后上滑距离x 2＝v 122a 2＝15 m 物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m(3)撤力后物块上滑：t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2.5 m/s 2由x ＝12a 3t 32，可得t 3＝2x a 3＝30 s 故斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s.变式3 (2018·苏州市模拟)如图8所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m 的斜面体放在水平面上．将一质量为2kg 的小物块从斜面顶部由静止释放，1s 后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．答案 (1)2m/s 2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2N 水平向左解析 (1)由运动学公式x ＝12at 2 得a ＝2 m/s 2由v ＝at得v ＝2 m/s.(2)由牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5.(3)mg cos θsin θ＞μmg cos 2θ，则水平面对斜面体的摩擦力水平向左大小F f ＝mg cos θsin θ－μmg cos 2θ＝3.2 N.拓展点动力学动态分析问题例4 (多选)(2018·田家炳中学开学考)如图9所示，小车上物体的质量m ＝8kg ，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6N ．现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到1m/s2的过程中，以下说法正确的是( )图9A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力逐渐变大B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车的加速度为0.75m/s2时物体不受摩擦力的作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8N答案BC解析弹簧弹力在开始时与静摩擦力平衡，大小为6 N，当整体的加速度从零逐渐增大到1 m/s2时，物体的加速度也从零逐渐增大到1 m/s2，根据牛顿第二定律知，物体的合力从0增大到8 N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物块所受的合力F合＝ma＝6 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力为零，即物体不受摩擦力，故C正确；小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合＝ma＝8 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力的大小为2 N，方向水平向右，故D错误．变式4(2018·盐城中学段考)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，细绳a处于斜向上的方向，拉力为F a，细绳b处于水平方向，拉力为F b，如图10所示．现让小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是( )图10A．F a变大，F b不变B．F a变大，F b变小C．F a变大，F b变大D．F a不变，F b变小答案 D解析以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据牛顿第二定律得水平方向：F a sin α－F b＝ma①竖直方向：F a cos α－mg＝0②由题，α不变，由②分析得知F a不变．F a、α不变，a增加，所以由①得知，F b变小．故选D.1.(2017·苏州市期末)如图11所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )图11A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向答案 D解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿题图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确．2.(2018·如东县调研)如图12所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)．在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则该扶梯在运送乘客的过程中( )图12A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，乘客对扶梯的作用力方向与运动方向相反答案 B解析扶梯匀速运动时，乘客受摩擦力作用，否则由于重力作用，乘客将沿扶梯面滑下来，故A错误；由于扶梯匀速运行，摩擦力与支持力方向的合力与重力平衡，因此乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，故B正确；加速运行，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，人有沿扶梯向下运动的趋势，即摩擦力方向与运动方向相同，故C错误；加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方，扶梯对乘客的作用力不是竖直向上，根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力不是与运动方向相反，故D错误．3．(多选)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图13所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则( )图13B ．a 2＝a 1C ．x 2＞x 1D ．x 2＜x 1答案 AD解析设木盒的质量为M ，木盒与地面之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a 1＝μ(M ＋m )g m ＋M＝μg 拿走砝码施加F 时，加速度：a 2＝μ(Mg ＋F )M ＝M ＋m M μg ，可知a 2＞a 1. 根据v 2＝2ax 得x ＝v 22a，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x 2＜x 1，故A 、D 正确，B 、C 错误．4．如图14所示，A 、B 两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )图14A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度大小是图乙中B 球加速度大小的2倍答案 D5．(多选)(2019·淮安中学期初)如图15所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )图15A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmg mD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmg k 时，滑块的速度最大6.(2018·田家炳中学开学考)质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图16所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10m/s 2，求：图16(1)弹性球受到的空气阻力F f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h .答案 (1)0.2N (2)0.375m解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：a ＝Δv Δt＝8 m/s 2 根据牛顿第二定律得：mg －F f ＝ma解得：F f ＝0.2 N(2)由v －t 图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v ＝4 m/s则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v ′＝3 m/s离开地面后a ′＝－mg ＋F f m ＝－12 m/s 2，根据0－v ′2＝2a ′h解得：h ＝0.375 m.1．(2018·苏州市期初调研)kg 和s 是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )A ．质量和时间B ．质量和位移C ．重力和时间D ．重力和位移答案 A解析 kg 和s 这两个基本单位对应的物理量分别为质量和时间．位移的单位是m ，重力的单位是N.2.(2019·江都中学4月模拟)一个质量为m 的运动物体共受到三个共点力F 1、F 2、F 3的作用，这三个力的大小和方向构成如图1所示的三角形，则这个物体的加速度大小是( )图1A ．0 B.F 3mC.2F 2mD.2F 3m答案 C解析根据三角形定则，F 1与F 3的合力等于从F 1的起点到F 3的终点的有向线段，即与F 2相同，故物体所受的合力为：F 合＝2F 2.根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝2F 2m，故C 正确，A 、B 、D 错误．3.如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )图2A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小答案 A4．一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量是7kg ，在14N 的水平恒力作用下运动，则5s 末的速度及5s 内通过的路程为( )A ．8m/s 25 mB ．2 m/s 25mC ．10m/s 25 mD ．10 m/s 12.5m 答案 C解析物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m＝25 m ，选项C 正确．5．(2018·锡山中学月考)如图3所示，欲使在粗糙固定斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是( )图3A ．增大斜面的倾角B ．在木块A 上再叠放一个重物(与A 相对静止)C ．对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力D ．对木块A 施加一个竖直向下的力答案 C解析木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mg sinθ＝μmg cosθ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mg sinθ增大，滑动摩擦力F f＝μmg cosθ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A错误；对木块A施加一个竖直向下的力，由于(F ＋mg)sinθ＝μ(F＋mg)cosθ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B错误；对木块A施加一个垂直于斜面向下的力F，重力沿斜面向下的分力mg sinθ不变，而滑动摩擦力F f＝μ(F＋mg cosθ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C正确；由A项分析可知mg sinθ＝μmg cosθ，得sinθ＝μcosθ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D错误．6．(2018·江苏省高考压轴卷)如图4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的轻弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右的加速度增大，则车左壁受到的物块的压力F1和车右壁受到的弹簧的弹力F2的大小变化是( )图4A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2变小答案 B解析物块沿水平方向受向左的弹力和左壁对其向右的压力F1′，加速度增大时，弹力不变，F1′会增大．根据牛顿第三定律知，F1变大，F2不变，故选项B正确．7.(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图5所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明( )图5A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下答案 B解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，选项B正确．8.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图6所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置．人在从P点下降到最低位置c点的过程中，下列说法中正确的是( )图6A．经过a点时，人的速度最大B．经过b点时，人的速度最大C．从a点到b点，人的加速度在增大D．从b点到c点，人的加速度在增大答案BD解析从a点到b点，人的重力大于弹力，加速度向下，人做加速运动，根据牛顿第二定律知加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，加速度为零，速度最大，由b到c，重力小于弹力，加速度方向向上，人做减速运动，且加速度逐渐变大，速度逐渐变为零，故A、C错误，B、D正确．9．如图7所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图7A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为mg tanθD．小球Q受到的合力大小为mg tanα答案 D解析选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tanα＝ma，得到a＝g tanα，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误．对小球P，由牛顿第二定律，得mg tanβ＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误．对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mg tanα，故C错误，D正确．10．(2018·南京市学情调研)如图8所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功．若动车组各级车厢总质量均相等，它由8节车厢组成．其中第1和第5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同．若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组( )图8A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2答案 D11．(2018·兴化市第一中学期初)两个完全相同的物块A 、B ，质量均为m ＝0.8kg ，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图9中的两条直线分别表示物块A 受到水平拉力F 作用和物块B 不受拉力作用的v －t 图象，求：图9(1)物块A 所受拉力F 的大小；(2)8s 末物块A 、B 之间的距离x .答案 (1)1.8N (2)60m解析 (1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2，由v －t 图象可知：A 、B 的初速度v 0＝6 m/s ，A 物块的末速度v 1＝12 m/s ，B 物块的末速度v 2＝0，根据速度时间公式，有a 1＝Δv 1Δt 1＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝1.5 m/s 2② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③F f ＝ma 2④由①②③④可得：F ＝1.8 N即物块A 所受拉力F 的大小为1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得：x 1＝v 0＋v 12t 1＝72 m x 2＝v 0＋v 22t 2＝12 m 所以x ＝x 1－x 2＝60 m即8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为60 m.12．(2018·常熟市期中)如图10甲所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.求：图10(1)物块到达B 点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式．答案见解析解析 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：L ＝v 0＋v B 2t 解得v B ＝8 m/s物块的加速度为a ＝v B －v 0t ＝8－22m/s 2＝3 m/s 2 (2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向：F －mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0其中：F f ＝μF N联立解得：F ＝5.2 N(3)平行斜面方向：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F sin α＋F N －mg cos θ＝0其中：F f ＝μF N联立解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α.。

高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件

＝
mAgsinθm＋BmBgsinθ＝mA2＋mBmBg，故 D 正确。
3. [2017·辽宁六校联考]如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
1. (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( ) A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为 0
解析当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于恒力 F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大，加速度为 0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力 F，合力向左，加速度大于 0，故 B、C 正确，A、D 错误。
考点动力学的两类基本问题名师点拨动力学的两类基本问题的解题步骤
例 2 [2017·山东济南调研]滑雪运动中当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦力。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一
值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 μ1 ＝0.25 变为 μ2＝0.125。一滑雪者从倾角 θ＝37°的坡顶 A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底 B 处(B 处为一光滑小圆弧) 后又滑上一段水平雪地，最后停在 C 处，如图所示，不计空气阻力，坡长 L＝26 m，g 取 10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题学案

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。

(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。

①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。

②基本单位：基本物理量的单位。

力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。

③导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克kg时间t 秒s长度l 米m电流I 安[培] A热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd【知识点2】1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律 (1)表达式为F ＝ma 。

(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。

2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。

(浙江选考)版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题达标检测(

第2节牛顿第二定律两类动力学问题1．(2019·4月浙江选考)如下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是( )A ．功/焦耳B ．质量/千克C ．电荷量/库仑D ．力/牛顿解析：选B.质量是根本物理量，其国际单位制根本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多项选择)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的答案是( )A ．物体的速度越大，如此加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，如此加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小与所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力与空气阻力不计，如此( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．假设加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sinθ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝〔M ＋m 〕g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．4．(2020·嘉兴检测)如下列图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N ，而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次一样．该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小与这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，如此v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x 2＝v 222a 2解得：x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的根本单位表示能量的单位，以下正确的答案是( )A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 答案：A2．如下关于单位制的说法中，不正确的答案是( )A ．根本单位和导出单位一起组成了单位制B ．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的根本物理量C ．在国际单位制中，力学的三个根本单位分别是m 、kg 、sD ．力的单位牛顿是国际单位制中的一个根本单位答案：D3．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案：C4．(2020·浙江十校联考)如下列图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2，重力加速度大小为g .如此有( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M Mg 答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G 、N 、f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，如此能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D 正确．6.(多项选择)如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q 两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F 1，Ⅱ中拉力的大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a 应是( )A ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝g ，方向竖直向下B ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝F 2m ，方向水平向左C ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝F 1m，方向沿Ⅰ的延长线方向D ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝g ，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如下列图．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，如此小球只受重力作用，加速度为g ，选项A 正确、C 错误；假设剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F 1与重力的合力大小仍等于F 2，所以此时加速度为a ＝F 2m，方向水平向左，选项B 正确、D 错误． 7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，如此(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a 0＝4 m/s 2，沿斜面方向有a ＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，如此加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s 时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误．8.(2020·东阳中学期中)如下列图，在水平面上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)( )A ．L ＋μm 2g kB ．L ＋μ〔m 1＋m 2〕g kC ．2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k D ．2L ＋2μ〔m 1＋m 2〕g k 解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx 1－μm 1g ＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx 2－μ(m 1＋m 2)g ＝0木块1与木块3之间的总长度为x ＝2L ＋x 1＋x 2，由以上各式解得x ＝2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k，故C 正确． 9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．如下说法中正确的答案是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．10.(2020·湖州质检)如下列图，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A 正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如下列图．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37°能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如下列图，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为v max，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，如此mg sin 30°＝ma1v2max＝2a1hsin 30°解得：v max＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2如此μmg＝ma2v2max＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，v max＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，如此v＝v max－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如下列图，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑〞，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．假设企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑〞的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2，解得：x ＝16 m. (2)在企鹅卧倒以后将进展两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移为x ′；t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得：x ′＝1 m ．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，如此有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)，解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。

高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律、两类动力学问题教案(含解析)

第2节牛顿第二定律、两类动力学问题一、牛顿第二定律、单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。

加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式a ＝F m或F ＝ma 。

(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。

(2)基本单位基本量的单位。

力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。

(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。

二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。

(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。

2．超重、失重和完全失重的比较1．两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。

(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。

(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。

(×)(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。

(√)(4)失重说明物体的重力减小了。

(×)(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。

(×)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。

(√) 2．(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动律第2节牛顿第二律两类动力学问题

权掇市安稳阳光实验学校第2节牛顿第二定律两动力学问题,(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。

(×)(3)物体的质量与加速度成反比。

(×)(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。

(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。

(×)(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。

(√)突破点(一) 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。

(2)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m。

(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。

[多角练通]1．(多选)(2016·全国乙卷)一质点做匀速直线运动。

现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。

2.(2016·上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A．OA方向B．OB方向C．OC方向 D．OD方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。

高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题教师专用

第2节牛顿第二定律两类动力学问题知识点1 牛顿第二定律1．内容物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．2．表达式a＝错误!或F＝ma。

3．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系）．(2）只适用于宏观物体(相对于分子、原子）、低速运动(远小于光速）的情况．知识点2 力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位组成．2．基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．3．导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安［培］A热力学温度T开［尔文］K物质的量n摩[尔]mol发光强度I V坎［德拉]cd知识点31．两类动力学问题（1)已知受力情况求物体的运动情况．（2）已知运动情况求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图321所示:图3。

211．正误判断(1）牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．（×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)（3)F＝ma是矢量式,a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√）（4）物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(5)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．（√)2．(对牛顿第二定律的简单理解）（多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ）【导学号：96622042】A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍【答案】BC3．(对单位制的理解）关于单位制,下列说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位C．在国际单位制中，A是导出单位D．在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的【答案】D4．（由受力情况确定运动情况)用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( ）【导学号:96622043】A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s,a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0【答案】A［核心精讲]1．牛顿第二定律的“五性”矢量性F＝ma是矢量式，a与F同向a与F对应同一时刻2.（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零,不管速度是大是小，或是零,物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2）合力与速度同向时,物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．（3）a＝错误!是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝错误!是加速度的决定式,a∝F，a∝错误!。

高三物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业含解析

牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4，A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mav I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s－3·A －1，B 项正确．答案：B2．(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g3，即A 和B 的加速度均为g3，故选B.答案：B3．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．25 m/s 1.25B ．40 m/s 0.25C ．50 m/s 0.25D ．80 m/s 1.25解析：根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故选项C 正确．答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有F f －mg sin 30°＝ma ，F f ＝12mg ＋ma ，F f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．(2019·湖北重点中学联考)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机．该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞．设X3型直升机原型机的质量为m ，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg 向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg 、方向向前的推力．不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是( )A ．该直升机原型机可能处于平衡状态B ．该直升机原型机以加速度g 做匀加速直线运动C ．空气对直升机原型机的作用力为22mgD ．空气对直升机原型机的作用力为4mg解析：直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为5mg ，方向斜向右上方，加速度大小为5g ，故选项A 、B 均错误；空气对直升机原型机的作用力为2mg2＋2mg2＝22mg ，故选项C 正确，D 错误．本题也可以由水平方向的加速度a x ＝2g 和竖直方向的加速度a y ＝g 合成得到原型机的加速度a ＝a x 2＋a y 2＝5g .答案：C 二、多项选择题6．(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G ，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是( )解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A 正确；可能做匀减速直线运动，故B 正确；可能做匀加速直线运动，故C 正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D 错误．答案：ABC7．一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μmg －F 2m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmgm<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．答案：BD8．(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( )A ．细线拉力的大小为mgB ．弹簧弹力的大小为32mg C ．剪断左侧细线的瞬间，小球a 的加速度为2g D ．剪断左侧细线的瞬间，小球b 的加速度为零解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合＝2mg ，根据牛顿第二定律得，a ＝2g ，小球b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C 、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g 取10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F 合＝F 浮－mg ＝ma ，得热气球所受的浮力F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5)N ＝4 830 N ，则A 项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B 项错误；热气球以5 m/s 的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －460×10 N＝230 N ，则D 项正确；热气球从地面上升10 s 内，它做变加速运动，故10 s 时其速度大小不是5 m/s ，则C 项错误．答案：AD10．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G .通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F ＝2G 的恒定推力，且持续时间为t .随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G )，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H ，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)( )A ．1.5HB ．2HC ．2.75HD ．3.25H解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma ，解得a ＝g ；加速上升高度h 1＝12at 2＝12gt 2，t 时刻向上的速度v ＝at ＝gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h 2＝v 22g ＝gt22g＝12gt 2，H ＝h 1＋h 2＝gt 2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma 1，解得a 1＝g ；t 2时间加速上升高度H 1＝12a 1(t 2)2＝18gt 2，t2时刻向上的速度v 1＝a 1t 2＝gt2，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F －12G ＝12ma 2，解得a 2＝3g ，t2时间加速上升高度H 2＝v 1 t 2＋12a 2(t 2)2＝58gt 2，t 时刻向上的速度v 2＝v 1＋a 2t2＝2gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H 3＝v 222g ＝2gt22g＝2gt 2，H ′＝H 1＋H 2＋H 3＝18gt 2＋58gt 2＋2gt 2＝114gt 2＝114H ＝2.75H ，选项C 正确．答案：C11．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )A ．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B ．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C ．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D ．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力F N 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h ，底边长为x ，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s ＝12at 2，s ＝hsin θ＝x cos θ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝1sin θ2hg＝2xg sin θcos θ，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，解得小球下滑至底端的速度大小为v ＝2gh ，显然，在甲图中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A 错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B 错误；在乙图中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D 错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C 正确．答案：C 二、非选择题12．(2019·广西桂林高三月考)放在水平地面上一质量为m ＝2 kg 的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s 停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小； (2)质点运动过程中所受到的阻力大小； (3)质点所受水平恒定外力的大小．解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x 0＝0＋v 02t 1，解得v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)质点减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 解得F f ＝4 N(3)设开始加速过程中加速度为a 1，由运动学公式可得x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有F－F f ＝ma 1解得F ＝F f ＋ma 1＝6 N.答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N13．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F ＝40 N 推动质量m ＝40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g 取10 m/s 2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小； (2)冰橇与赛道间的动摩擦因数； (3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．解析：(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1＝12a 1t 12解得a 1＝1.5 m/s 2.(2)由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 解得μ＝0.05.(3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 (m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2 8 s 末冰橇的速度为v 1＝a 1t 2出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2＝12a 1t 22＝48 m到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，则v 22－v 12＝2a 2(x －x 2)解得v 2＝36 m/s.答案：(1)1.5 m/s 2(2)0.05 (3)36 m/s。

近年届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标新人教版(2021

第二节牛顿第二定律两类动力学问题（建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( ) A．测量时仪器必须水平放置B．其测量原理是根据牛顿第二定律C．其测量原理是根据万有引力定律D．测量时仪器必须竖直放置解析:选B。

“质量测量仪"是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a＝ΔvΔt,然后根据牛顿第二定律F＝ma,求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．2．（2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是（）A．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B．上升过程加速度增大,下降过程加速度也增大C．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析:选 C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力,即mg＋kv＝ma，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg－kv＝ma,速度在增大，所以加速度在减小,故C正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( ）A．每根橡皮绳的拉力为错误!mgB．若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g解析：选B。

(新课标)高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题教案-人教版高

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点一牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的成正比，跟它的成反比，加速度的方向跟的方向相同.(2)公式：.(3)物理意义：它说明了力是产生的原因.(4)适用X围：①只适用于研究中运动与力的关系，不能用于非惯性系；②只适用于解决物体的运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题.2.单位制(1)单位制：由和导出单位一起构成单位制.①基本单位：在力学中，选定、时间和三个物理量的单位为基本单位.②导出单位：根据物理公式中其他物理量和的关系，推导出的物理量的单位.(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克时间t 秒长度l 米电流I 安[培] A 热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd速2.(1)基本单位①长度质量②基本物理量(2)kg s m知识点二超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有的加速度.2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有的加速度.3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)的现象称为完全失重现象.(2)产生条件：物体的加速度a＝，方向竖直向下.答案：1.(1)大于(2)向上 2.(1)小于(2)向下 3.(1)等于零(2)g(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同.( )(2)质量越大的物体，加速度越小.( )(3)物体的质量与加速度成反比.( )(4)物体受到外力作用，立即产生加速度.( )(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况.( )(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小.( )答案：(1)√(2)(3)(4)√(5)(6)√考点对牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的“五个性质〞：考向1 力和运动的定性关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度.(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝Fm是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动.[典例1] 如下图，一轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点.今用一物体m 把弹簧压缩到A 点，然后释放，物体能运动到C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，以下说法正确的选项是( )A.物体从A 到B 速度越来越大，从B 到C 速度越来越小B.物体从A 到B 速度越来越小，从B 到C 加速度不变C.物体从A 到B 先加速后减速，从B 到C 一直减速运动D.物体在B 点受力为零[解析] 物体在A 点时受两个力作用，向右的弹力kx 和向左的摩擦力F f ，合力F 合＝kx －F f ，物体从A →B 的过程，弹力由大于F f 减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v 一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A 到B 中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B →C 过程，F 合＝F f 为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C 正确.[答案] C考向2 牛顿第二定律的矢量性由于加速度的方向与合力的方向总相同，假设合力方向，即可确定加速度方向；反之，假设加速度方向，即可确定合力的方向.[典例2] (多项选择)如下图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对小车静止地摆放在右端.B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，那么此刻( )A.小车对物块B的摩擦力大小为μmgB.小车对物块B的摩擦力水平向右C.小车对物块B的摩擦力大小为mg tan θD.小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ[解析] 以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有m A g tan θ＝m A a，可得小车向左做加速度大小为a＝g tan θ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力F f＝ma＝mg tan θ，小车对物块B竖直向上的支持力F N＝mg，故小车对物块B 产生的作用力的大小为F＝F2N＋F2f＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确.[答案] BCD考向3 牛顿第二定律的瞬时性加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：[典例3] 如下图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，那么在突然撤去挡板的瞬间有( )A.两图中两球加速度均为g sin θB.两图中A球的加速度均为零C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍[解析] 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ.因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 正确.[答案] D考向4 牛顿第二定律的独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵守牛顿第二定律. (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和.(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即a x ＝F x m ，a y ＝F y m.[典例4] (2017·某某某某四校月考)如下图，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )A.M 受静摩擦力增大B.M 对车厢壁的压力减小C.M 仍相对于车厢静止D.M 受静摩擦力减小[解析] 分析M 受力情况如下图，因M 相对车厢壁静止，有F f ＝Mg ，与水平方向的加速度大小无关，A 、D 错误.水平方向，F N ＝Ma ，F N 随a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误.因F N 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M 相对于车厢仍静止，C 正确.[答案] C 考点对超重和失重的理解与应用1.超重、失重和完全失重比较超重失重完全失重产生条件加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小a ＝g动力学原理F －mg ＝ma F ＝m (g ＋a )mg －F ＝ma F ＝m (g －a )mg －F ＝mg F ＝0可能状态①加速上升；②减速下降①加速下降；②减速上升①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等2.对超重和失重的进一步理解(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重〞发生变化).(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.[典例5] (2015·某某卷)(多项选择)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如下图，以竖直向上为a的正方向，那么人对地板的压力( )A.t＝2 s时最大B.t＝2 s时最小C.t＝8.5 s时最大D.t＝8.5 s时最小[解析] 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s 时压力最小，D项正确.[答案] AD[变式1] (多项选择)如下图，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.假设在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，那么在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A.加速下降B.加速上升C.物块处于失重状态D.物块处于超重状态答案：AC 解析：木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项A、C正确.[变式2] (2017·某某五校联考)如下图为用索道运输货物的情景，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力为1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )mgmgmgmg答案：D 解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F－mg＝ma sin 37°，F f＝ma cos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F＝1.15mg，代入上式解得：F f＝0.20mg，D项正确.超重和失重现象判断的技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.考点动力学两类基本问题1.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁〞，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图.2.两类动力学问题的解题步骤考向1 受力求运动[典例6] (2017·某某株洲质检)如下图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同.该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.[解题指导] 根据题意，画出运动过程示意图，分析每一过程的量和未知量，根据牛顿第二定律及运动学公式求解.[解析] (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F fm经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，那么v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2解得x 2＝5.2 m.[答案] (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m考向2 运动求受力[典例7] (2017·某某威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机〞，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放.可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ [问题探究] (1)座椅匀加速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ (2)利用第一阶段的结果，座椅匀减速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ [提示] (1)知道初速度、加速度、时间三个物理量，可求出末速度和位移.(2)第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度，又由于总位移，所以可求出匀减速下落的位移，由题意末速度为零，即知道初速度、末速度、位移，可求出时间和加速度.[解析] (1)自由下落的位移h ′＝12gt 21＝20 m座椅自由下落结束时刻的速度v ＝gt 1＝20 m/s设座椅匀减速运动的总高度为h ，那么h ＝(40－4－20) m ＝16 m由h ＝v2t 得t ＝1.6 s.(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，由v ＝at 得a＝12.5 m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得Fmg＝2.25.[答案] (1)1.6 s (2)2.25考向3 动力学两类问题综合应用[典例8] 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如下图，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N.假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05 倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍.飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g＝10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小.[解题指导] 此题可按以下思路进行分析：[解析] (1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1)根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－f 1＝ma 1 代入数据解得a 1＝58 m/s 2，F 牵＝1.05×106N. [答案](1)4.0 m/s 2(2)58 m/s 21.05×106N解决动力学两类问题的两个关键点1.[受力分析与牛顿第二定律]如下图，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时，自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，那么电梯在运送乘客的过程中( )A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重的状态C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案：D 解析：乘客先有斜向上的加速度后匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B 错误.匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A 错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C 错误，D 正确.2.[牛顿第二定律的简单应用]物块A 放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；假设该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，那么物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A.5 3 m/s 2B.3 3 m/s 2C.(5－3) m/s 2D.1033m/s 2答案：D 解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f ＝mg sin 30°，又F N1＝mg cos 30°，F f ＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma ，求得a ＝1033 m/s 2，D 对.3.[对瞬时性的理解](多项选择)如下图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态.现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间，( )A.a 1＝3gB.a 1＝0C.Δl 1＝2Δl 2D.Δl 1＝Δl 2答案：AC 解析：剪断细线前，把a 、b 、c 看成整体，细线上的拉力为T ＝3mg .因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a 、b 、c 之间的作用力与剪断细线之前相同.那么将细线剪断瞬间，对a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg ＝ma 1得a 1＝3g ，A 正确，B 错误.由胡克定律知：2mg ＝k Δl 1，mg ＝k Δl 2，所以Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误.4.[对瞬时性的理解]如下图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q .球静止时，Ⅰ中拉力大小为F T1，Ⅱ中拉力大小为F T2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a 应是( )A.a ＝g ，竖直向下B.a ＝g ，竖直向上C.a ＝F T2m，方向水平向左 D.a ＝F T1m，方向沿Ⅰ的延长线答案：C 解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到F T1和重力mg 作用，合力水平向左，大小为F T2，所以加速度为a ＝F T2m，方向水平向左，选项C正确.5.[动力学两类问题]如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v t 图象)如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s 24 m/s 28 N 解析：(1)在2 s 内，由图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m＝1 m ①物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m＝0.5 m ②所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m ③ 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.④(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4 m/s 2⑤ a 2＝4 m/s 2⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有 0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1⑦ 0.5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F ＝8 N.。

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